2014-2015 ACM-ICPC, Asia Tokyo Regional Contest-I Sweet War

Posted 2020-12-20 dinomax

[2014-2015 ACM-ICPC, Asia Tokyo Regional Contest-I Sweet War]

---

网上想找篇这题的题解还挺费劲的...
首先看起来是博弈实则用dp来做，虽然用dp但还是有点博弈的感觉。首先对于一块巧克力，体力值大的人具有话语权，因为两个人轮流放弃的话，最后一定是体力少的被迫选那块巧克力，这个题中有关体力值的数据又都非常大，所以考虑两人体力值的差值。

我们用两个dp数组来体现两个人博弈的关系。(FA[i][j])表示当前A在选第i个巧克力，想要选到第n个时A获得美味度为j，A需要与B体力值的最小差值（A表示第一个人，B表示第二个人）。(FB[i][j])表示当前B在选第i个巧克力，想要选到第n个时A获得美味度为j，A需要与B体力值的最小差值。由于两人的竞争关系，A想要让FA尽可能小（不费吹灰之力），B想让FB尽可能大（让A难受）。同时有初始值(FA[n+1][0]=FB[n+1][0]=-INF)(表示体力值差多少都行)

第一个转移方程：

(FA[i][j] = min(FB[i+1][max(j-s[i], 0LL)]-r[i], max(FA[i+1][j]+1+r[i], 1LL)))

第一项表示假如A选择吃掉这块巧克力，值就等于轮到B选第n+1块巧克力时的状态（由于FA第二维表示i开始选到n要获得美味度j，吃了第i块获得s[i]那么第i+1块开始，只要吃够j-s[i]就行了，当然吃够就行了，所以j-s[i]不能小于0。因为会获得体力值r[i]，所以目前状态就是下一个状态减去r[i])。第二项表示如果A没吃，B吃了，那么一方面A要损失1点体力值，同时B要增加体力值r[i]，A目前的状态就会是(FA[i+1][j]+1+r[i])，当然这个值要大于1，不然他就没有不吃的资格。

第二个转移方程：

(FB[i][j] = max(FA[i+1][j]+r[i], min(FA[i][j]-1, -1LL)))

思路和第一个方程差不多，想明白还挺费劲的，max体现了B想让A尽可能费劲。

最后遍历一遍(FA[1][j](sum >=j>=0)), j从大到小遍历，如果FA的值小于A与B的差值，答案就是j

---

代码

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
ll FA[200][200], FB[200][200];
ll r[200], s[200]; 
int main()
{
    #ifdef LOCAL
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    int n, a, b;
    int sum = 0;
    cin >> n >> a >> b;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        cin >> r[i] >> s[i];
        sum += s[i];
    }
    memset(FA, 0x3f, sizeof(FA));
    memset(FB, 0x3f, sizeof(FB));
    FA[n+1][0] = -INF;
    FB[n+1][0] = -INF;
    for(int i=n; i>0; i--){
        for(int j=0; j<=sum; j++){
            FA[i][j] = min(FB[i+1][max(j-s[i], 0LL)]-r[i], max(FA[i+1][j]+1+r[i], 1LL));
            FB[i][j] = max(FA[i+1][j]+r[i], min(FA[i][j]-1, -1LL));
        }
    }
    int ans;
    for(int i=sum; i>=0; i--){
        if(FA[1][i]<=a-b){
            ans = i;
            break;
        }
    }
    cout << ans << " " << sum-ans << endl;
    return 0;
}